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培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题
1.已知向量a＝（x，2，－1），b＝（2，4，－2），如果a∥b，那么x＝（　　）
A.－1　　　　　　　　 B.1
C.－5 D.5
2.已知正方形ABCD的边长为1，设＝a，＝b，＝c，则｜a＋b＋c｜＝（　　）
A.0 B.3
C.2＋ D.2
3.两向量v1＝（2，0，3），v2＝（－3，0，2），则以向量v1，v2为方向向量的直线l1，l2的夹角为（　　）
A.90° B.45°
C.60° D.30°
4.已知直线l的一个方向向量为n＝（1，0，2），点A（0，1，1）在直线l上，则点P（1，2，2）到直线l的距离为（　　）
A.　 　B.　　 C.　 　D.2
5.在四棱锥P-ABCD中，＝（2，－1，3），＝（－2，1，0），＝（3，－1，4），则这个四棱锥的高为（　　）
A. B. C. D.
6.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1，D是棱CC1的中点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，若点Q在线段B1P上，则下列结论正确的是（　　）
A.当点Q为线段B1P的中点时，DQ⊥平面A1BD
B.当点Q为线段B1P的三等分点时，DQ⊥平面A1BD
C.在线段B1P的延长线上，存在一点Q，使得DQ⊥平面A1BD
D.不存在DQ与平面A1BD垂直
7.（多选）设{a，b，c}是空间的一组基，则下列结论正确的是（　　）
A.a，b，c可以为任意向量
B.对任一空间向量p，存在唯一有序实数组（x，y，z），使p＝xa＋yb＋zc
C.若a⊥b，b⊥c，则a⊥c
D.{a＋2b，b＋2c，c＋2a}可以构成空间的一组基
8.（多选）如图，已知E是棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱BC的中点，F是棱BB1的中点，设点D到平面AED1的距离为d，直线DE与平面AED1所成的角为θ，平面AED1与平面AED的夹角为α，则（　　）
A.DF⊥平面AED1 B.d＝
C.sin θ＝ D.cos α＝
9.（多选）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G，H分别为CC1，BC，CD，BB1的中点，则下列结论正确的是（　　）
A.B1G⊥EF
B.A1H∥平面AEF
C.点B1到平面AEF的距离为2
D.二面角E-AF-C的大小为
10.已知a＝（2，3，－1），b＝（－2，1，3），则以a，b为邻边的平行四边形的面积是　　　　.
11.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为线段DD1的中点，则点A1到平面AB1E的距离为　　　　.
12.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，E，F，M分别为B1C1，C1D1，A1B1的中点，则异面直线EF与AM的距离为　　　　.
13.已知空间三点A（－2，0，1），B（－1，1，1），C（－3，0，3），设a＝，b＝.
（1）若向量a＋kb与ka－2b互相垂直，求k的值；
（2）求向量a在向量b上的投影向量c.
14.在①平面PAB⊥平面ABCD，②AP⊥CD，③BC⊥平面PAB这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.
如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是梯形，点E在BC上，AD∥BC，AB⊥AD，AB⊥AP，BC＝2AB＝2AD＝2AP＝4BE＝4，且　　　　.
（1）求证：平面PDE⊥平面PAC；
（2）求直线PE与平面PAC所成角的正弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
15.如图，在四棱锥S-ABCD中，△ABS是正三角形，四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝120°，点E是BS的中点.
（1）求证：SD∥平面ACE；
（2）若平面ABS⊥平面ABCD，求点E到平面ASD的距离.
16.图①中的四边形ABCD为矩形，E，F分别为AD，BC边的三等分点，其中AB＝AE＝CF＝1，以EF为折痕把四边形AEFB折起，折成如图②所示，使平面AEFB⊥平面EFCD.
（1）证明：图②中CD⊥BD；
（2）求二面角A-BD-C的余弦值.
培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题
1.B　因为a＝（x，2，－1），b＝（2，4，－2），a∥b，所以＝＝，所以x＝1.
2.D　利用向量加法的平行四边形法则，结合正方形的性质求解，｜a＋b＋c｜＝2｜｜＝2.
3.A　cos＜v1，v2＞＝＝0，故以向量v1，v2为方向向量的直线l1，l2的夹角为90°.
4.A　由已知得＝（－1，－1，－1），所以点P到直线l的距离为d＝＝＝.
5.A　设平面ABCD的法向量为n＝（x，y，z），则∵＝（2，－1，3），＝（－2，1，0），∴令x＝1，可得y＝2，z＝0，即n＝（1，2，0），∴cos＜n，＞＝＝.设AP与平面ABCD所成角为α，则sin α＝，于是P到平面ABCD的距离为｜｜sin α＝，即四棱锥P-ABCD的高为.
6.D　以A1为坐标原点，A1B1，A1C1，A1A所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系（图略），则由已知得A1（0，0，0），B1（1，0，0），B（1，0，1），D（0，1，），P（0，2，0），＝（1，0，1），＝（0，1，），＝（－1，2，0），＝（1，－1，－）.设平面A1BD的法向量为n＝（x，y，z），则取z＝－2，则x＝2，y＝1，所以平面A1BD的一个法向量为n＝（2，1，－2）.假设DQ⊥平面A1BD，且＝λ＝λ（－1，2，0）＝（－λ，2λ，0），则＝＋＝（1－λ，－1＋2λ，－），因为也是平面A1BD的法向量，所以n＝（2，1，－2）与＝（1－λ，－1＋2λ，－）共线，于是有＝＝＝成立，但此方程关于λ无解.故不存在DQ与平面A1BD垂直.
7.BD　因为{a，b，c}是空间的一组基，所以a，b，c为不共面的非零向量，A不正确.由空间向量基本定理知，对任一空间向量p，存在唯一的有序实数组（x，y，z），使p＝xa＋yb＋zc，B正确.a⊥b，b⊥c，但a，c不一定垂直，C不正确.{a＋2b，b＋2c，c＋2a}中三个向量不共面，即可以构成空间的一组基，D正确.故选B、D.
8.BCD　如图，以A为原点，AB，AD，AA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），E（2，1，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），A1（0，0，2），F（2，0，1），∴＝（2，1，0），＝（0，2，2）.设平面AED1的法向量为m＝（x，y，z），则即令x＝1，则y＝－2，z＝2，故m＝（1，－2，2）为平面AED1的一个法向量.∵＝（2，－2，1），∴不存在λ使m＝λ，即与m不共线，∴DF与平面AED1不垂直，故A不正确；又∵＝（0，0，2），∴d＝＝＝，故B正确；又＝（2，－1，0），∴sin θ＝｜cos＜，m＞｜＝＝，故C正确；又＝（0，0，2）为平面AED的一个法向量，∴cos α＝＝＝，故D正确.故选B、C、D.
9.ABC　建立空间直角坐标系如图所示，B1（2，2，2），G（0，1，0），E（0，2，1），F（1，2，0），A（2，0，0），A1（2，0，2），H（2，2，1），所以＝（－2，－1，－2），＝（1，0，－1），所以·＝0，所以B1G⊥EF，A选项正确；＝（0，2，－1），＝（－1，2，0），设平面AEF的法向量为n＝（x，y，z），则故可得n＝（2，1，2），所以·n＝0，又A1H 平面AEF，所以A1H∥平面AEF，B选项正确；＝（0，－2，－2），所以点B1到平面AEF的距离为＝＝2，C选项正确；平面AFC的法向量为＝（0，0，2）.设二面角E-AF-C的平面角为θ，由图可知，θ为锐角.cos θ＝＝＝，所以θ不是，D选项错误.故选A、B、C.
10.6　解析：｜a｜＝，｜b｜＝，a·b＝2×（－2）＋3×1＋（－1）×3＝－4，从而cos＜a，b＞＝＝＝－，∴sin＜a，b＞＝＝.故以a，b为邻边的平行四边形的面积S＝｜a｜｜b｜·sin＜a，b＞＝14×＝6.
11.　解析：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（1，0，0），B1（1，1，1），E（0，0，），A1（1，0，1），∴＝（0，1，1），＝（－1，0，），＝（0，0，1）.设平面AB1E的法向量为n＝（x，y，z），则当z＝2时，平面AB1E的一个法向量为n＝（1，－2，2），则点A1到平面AB1E的距离d＝＝＝.
12.　解析：设N为A1D1的中点，连接MN，AN，BE，FD，BD，易证平面BEFD∥平面AMN，于是问题转化成A点到平面BEFD的距离.如图，以C为坐标原点，CB，CD，CC1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设P为平面BEFD内任一点，由P，B，D，E四点共面，则有：＝a＋b＋c＝a（0，－1，0）＋b（－1，0，0）＋c（－，－1，1）＝（－b－c，－a－c，c）.且a＋b＋c＝1，∴｜｜2＝（b＋c）2＋（a＋c）2＋c2≥2（ ）2＋c2＝（c＋）2＋≥，∴｜｜≥，∴异面直线EF与AM的距离为.
13.解：（1）由已知得a＝＝（－1，1，1）－（－2，0，1）＝（1，1，0），b＝＝（－3，0，3）－（－2，0，1）＝（－1，0，2）.
所以a＋kb＝（1，1，0）＋（－k，0，2k）＝（1－k，1，2k），ka－2b＝（k，k，0）－（－2，0，4）＝（k＋2，k，－4）.
因为a＋kb与ka－2b互相垂直，
所以（1－k，1，2k）·（k＋2，k，－4）＝（1－k）（k＋2）＋k－8k＝0，
即k2＋8k－2＝0，解得k＝－4＋3或k＝－4－3.
（2）因为｜a｜＝，｜b｜＝，a·b＝－1，
所以cos＜a，b＞＝＝－，＝（－1，0，2）＝（－，0，），
所以向量a在向量b上的投影向量c＝｜a｜cos＜a，b＞＝（，0，－）.
14.解：（1）证明：选条件①.
∵平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，AP 平面PAB，AP⊥AB，
∴AP⊥平面ABCD.
又AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直.
以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.
则A（0，0，0），C（2，4，0），D（0，2，0），E（2，1，0），P（0，0，2），∴＝（2，4，0），＝（0，0，2），＝（2，－1，0）.
∵·＝2×2＋4×（－1）＋0×0＝0，·＝0×2＋0×（－1）＋2×0＝0，
∴AC⊥DE，AP⊥DE.
又AP∩AC＝A，∴DE⊥平面PAC.
又DE 平面PDE，∴平面PDE⊥平面PAC.
选条件②.
∵底面ABCD为梯形，AD∥BC，∴两腰AB，CD必相交.
∵AP⊥AB，AP⊥CD，AB，CD 平面ABCD，
∴AP⊥平面ABCD.
又AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直.以下同选条件①.
选条件③.
∵BC⊥平面PAB，AP 平面PAB，∴BC⊥AP.
又AP⊥AB，AB，BC 平面ABCD，AB∩BC＝B，
∴AP⊥平面ABCD.
又AB⊥AD，∴AB，AD，AP两两垂直.以下同选条件①.
（2）由（1）可得平面PAC的一个法向量为＝（2，－1，0），且＝（2，1，－2）.
设直线PE与平面PAC所成角为θ，则sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝.
15.解：（1）证明：在四棱锥S-ABCD中，连接BD交AC于点F，则F为BD的中点，连接EF.
∵E为BS的中点，
∴EF∥SD，
又SD 平面ACE，EF 平面ACE，
∴SD∥平面ACE.
（2）∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝120°，
∴△ABD为正三角形，取AB的中点O，连接OD，OS，
则OD⊥AB，
∵平面ABS⊥平面ABCD，平面ABS∩平面ABCD＝AB，
∴OD⊥平面ABS.
∵△ABS是正三角形，∴OS⊥AB.
以O为原点，分别以OS，OB，OD所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Oxyz.
又∵AB＝4，则A（0，－2，0），D（0，0，2），S（2，0，0），B（0，2，0），E（，1，0），∴＝（0，2，2），＝（2，2，0）.
设平面ASD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令x＝，则n＝（，－3，），
又＝（－，1，0），设点E到平面ASD的距离为d，
则d＝＝＝.
即点E到平面ASD的距离为.
16.解：（1）证明：连接BE，易知BE＝，EF＝，BF＝2，
∴BE2＋EF2＝BF2，∴BE⊥EF.
∵平面AEFB⊥平面EFCD，平面AEFB∩平面EFCD＝EF，BE 平面AEFB，∴BE⊥平面EFCD.
∵CD 平面EFCD，∴BE⊥CD，
∵CD⊥DE，BE∩DE＝E，BE，DE 平面BDE，
∴CD⊥平面BDE，∵BD 平面BDE，∴CD⊥BD.
（2）以ED，EB所在直线分别为y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B（0，0，），F（1，1，0），D（0，2，0），C（1，2，0）.
∵＝＝（－，－，），
∴A（－，－，），
∴＝（－，－，），＝（0，－2，），＝（1，0，0）.
设平面ABD的法向量为m＝（x1，y1，z1），则
即
令z1＝，则y1＝1，x1＝－3，
∴平面ABD的一个法向量为m＝（－3，1，）.
设平面BDC的法向量为n＝（x2，y2，z2），则即
令z2＝－，则y2＝－1，又x2＝0，
∴平面BDC的一个法向量为n＝（0，－1，－），
∴cos＜m，n＞＝＝－，
由图可知二面角A-BD-C的平面角为钝角，
∴二面角A-BD-C的余弦值为－.
3 / 3　利用空间向量解决立体几何中的综合问题
题型一 翻折问题
【例1】　图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB＝1，BE＝BF＝2，∠FBC＝60°.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
（1）证明：图②中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图②中的二面角B-CG-A的大小.
尝试解答
通性通法
确定翻折前后变与不变的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折后关键点的位置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点，因为这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关系与数量关系的变化，只有分析清楚关键点的准确位置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位置，进而进行有关的证明与计算
【跟踪训练】
　如图①，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝AD，P为BE的中点，将△ABE沿BE折起到△A1BE的位置，使得A1C＝4，如图②.
（1）求证：平面A1CP⊥平面A1BE；
（2）求二面角B-A1P-D的余弦值.
题型二 最值（范围）问题
【例2】　在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AA1＝2，AB＝AD＝1，P为线段AD1上的动点，则PB1与平面BCC1B1所成角的余弦值的最小值为（　　）
A.　　 B.　　　C.　　 D.
尝试解答
通性通法
　　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大（小）、角的范围等问题，常用的思路是：
（1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值，即可求解；
（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值.
【跟踪训练】
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G与E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点），若GD⊥EF，则线段DF长度的取值范围为　　　　.
题型三 证明、探索性问题
【例3】　如图所示，在四棱锥P-ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA＝PD，AB⊥AD，AB＝1，AD＝2，AC＝CD＝.
（1）求证：PD⊥平面PAB；
（2）求直线PB与平面PCD所成角的正弦值；
（3）在棱PA上是否存在点M，使得BM∥平面PCD？若存在，求的值.若不存在，请说明理由.
尝试解答
通性通法
　　立体几何中的探索性问题，多以解答题的形式出现，试题有一定的难度，这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存在”等语句表述，解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若出现合理的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性.
【跟踪训练】
如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝BC＝AA1＝2，点P为棱B1C1的中点，点Q为线段A1B上一动点.
（1）求证：当点Q为线段A1B的中点时，PQ⊥平面A1BC；
（2）设＝λ，试问：是否存在实数λ，使得平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为？若存在，求出这个实数λ；若不存在，请说明理由.
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【典型例题·精研析】
【例1】　解：（1）证明：由已知得AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，
所以AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面.
由已知得AB⊥BE，AB⊥BC，且BE∩BC＝B，
所以AB⊥平面BCGE.
又因为AB 平面ABC，所以平面ABC⊥平面BCGE.
（2）作EH⊥BC，垂足为H.
因为EH 平面BCGE，平面BCGE⊥平面ABC，
所以EH⊥平面ABC.
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC＝60°，可求得BH＝1，EH＝.
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H-xyz，则
A（－1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），
＝（1，0，），＝（2，－1，0）.
设平面ACGD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
所以可取n＝（3，6，－）.
又平面BCGE的法向量可取m＝（0，1，0），
所以cos＜n，m＞＝＝.
因此二面角B-CG-A的大小为30°.
跟踪训练
　解：（1）证明：如图①，连接AP，PC.
∵在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAD＝90°，AB＝2，BC＝4，AD＝6，E是AD上的点，AE＝AD，P为BE的中点.
∴BE＝4，∠ABE＝30°，∠EBC＝60°，BP＝2，
∴PC＝2，∴BP2＋PC2＝BC2，∴BP⊥PC.
∵A1P＝AP＝2，A1C＝4，
∴A1P2＋PC2＝A1C2，∴PC⊥A1P.
∵BP∩A1P＝P，BP，A1P 平面A1BE，
∴PC⊥平面A1BE.
∵PC 平面A1CP，∴平面A1CP⊥平面A1BE.
（2）如图②，以P为坐标原点，PB所在直线为x轴，PC所在直线为y轴，过P作平面BCDE的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，
则A1（－1，0，），P（0，0，0），D（－4，2，0），
∴＝（－1，0，），＝（－4，2，0），
设平面A1PD的法向量为m＝（x，y，z），
则即
取x＝，得m＝（，2，1），
易知平面A1PB的一个法向量为n＝（0，1，0），
则cos＜m，n＞＝＝.
由图可知二面角B-A1P-D是钝角，
∴二面角B-A1P-D的余弦值为－.
【例2】　D　以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），B1（1，1，2），因为DC⊥平面BCC1B1，所以平面BCC1B1的一个法向量为＝（0，1，0），设P的横坐标为m，则P（m，0，2－2m），所以＝（1－m，1，2m）（0≤m≤1），设PB1与平面BCC1B1所成的角为θ，则 sin θ＝｜cos＜，＞｜＝＝＝，令t＝5m2－2m＋2（0≤m≤1），对称轴为m＝，所以t＝5m2－2m＋2的最小值为tmin＝5×（）2－2×＋2＝，所以sin θ的最大值为＝，因为sin2θ＋cos2θ＝1，所以cos θ的最小值为＝，故选D.
跟踪训练
　［，1）　解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则E（1，0，），G（0，，1），设D（m，0，0），F（0，n，0），0＜m＜1，0＜n＜1，故＝（－1，n，－），＝（m，－，－1），因为GD⊥EF，故可得·＝－m－n＋＝0，则n＝－2m＋1，由n∈（0，1）可得m∈（0，），又＝（－m，n，0），故｜｜＝＝＝，故当m＝时， ｜｜取得最小值；又当m＝0时，｜｜＝1，但无法取到m＝0，则｜｜无法取到1；综上，线段DF长度的取值范围为［，1）.
【例3】　解：（1）证明：因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，AB 平面ABCD，AB⊥AD，
所以AB⊥平面PAD，所以AB⊥PD.
又因为PA⊥PD，PA∩AB＝A，AB，PA 平面PAB，所以PD⊥平面PAB.
（2）取AD的中点O，连接PO，CO.
因为PA＝PD，所以PO⊥AD.
又因为PO 平面PAD，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以PO⊥平面ABCD.
因为CO 平面ABCD，所以PO⊥CO.
因为AC＝CD，所以CO⊥AD.
建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），D（0，－1，0），P（0，0，1）.
则＝（0，－1，－1），＝（2，0，－1）.
设平面PCD的法向量为n＝（x，y，z），
则即
令z＝2，则x＝1，y＝－2，所以n＝（1，－2，2）.
又＝（1，1，－1），
所以cos＜n，＞＝＝－.
所以直线PB与平面PCD所成角的正弦值为.
（3）设M是棱PA上一点，则存在λ∈[0，1]使得＝λ.
因此点M（0，1－λ，λ），＝（－1，－λ，λ）.
因为BM 平面PCD，
所以当且仅当·n＝0时，BM∥平面PCD，
即（－1，－λ，λ）·（1，－2，2）＝0，解得λ＝.
所以在棱PA上存在点M，使得BM∥平面PCD，此时＝.
跟踪训练
　解：（1）证明：连接AB1，AC1，∵点Q为线段A1B的中点，∴A、Q、B1三点共线.
∵点P，Q 分别为B1C1和AB1的中点，∴PQ∥AC1.
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AC⊥BC，∴BC⊥平面ACC1A1，∴BC⊥AC1，
又AC＝AA1，∴四边形ACC1A1为正方形，∴AC1⊥A1C，
∵A1C，BC 平面A1BC，∴AC1⊥平面A1BC，而PQ∥AC1，∴PQ⊥平面A1BC.
（2）以C为原点，分别以CA、CB、CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
设Q（x，y，z），∵＝λ，∴（x，y－2，z）＝λ（2，－2，2），∴∴Q（2λ，2－2λ，2λ）.
∵点Q在线段A1B上运动，∴平面A1PQ的法向量即为平面A1PB的法向量，
设平面A1PB的法向量为n1＝（x，y，z），由得令y＝2得n1＝（1，2，1），
设平面B1PQ的法向量为n2＝（x'，y'，z'），
由
得
令z'＝1得n2＝（，0，1）＝（1－λ，0，λ），取n2＝（1－λ，0，λ），
由题意得｜cos＜n1，n2＞｜
＝
＝＝，
∴9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝或λ＝.
∴当λ＝或λ＝时，平面A1PQ与平面B1PQ所成锐二面角的余弦值为.
2 / 3(共79张PPT)
培优课　利用空间向量解决立体几何中的综合问题
目录
典型例题·精研析
01
知能演练·扣课标
02
典型例题·精研析
01
课堂互动 关键能力提升
题型一 翻折问题
【例1】　图①是由矩形 ADEB ，Rt△ ABC 和菱形 BFGC 组成的一个平
面图形，其中 AB ＝1， BE ＝ BF ＝2，∠ FBC ＝60°.将其沿 AB ， BC
折起使得 BE 与 BF 重合，连接 DG ，如图②.
（1）证明：图②中的 A ， C ， G ， D 四点共面，且平面 ABC ⊥平面
BCGE ；
解：证明：由已知得 AD ∥ BE ， CG ∥ BE ，所以 AD ∥ CG ，
所以 AD ， CG 确定一个平面，从而 A ， C ， G ， D 四点共面.
由已知得 AB ⊥ BE ， AB ⊥ BC ，且 BE ∩ BC ＝ B ，
所以 AB ⊥平面 BCGE .
又因为 AB 平面 ABC ，所以平面 ABC ⊥平面 BCGE .
（2）求图②中的二面角 B - CG - A 的大小.
解：作 EH ⊥ BC ，垂足为 H .
因为 EH 平面 BCGE ，平面 BCGE ⊥平面 ABC ，
所以 EH ⊥平面 ABC .
由已知，菱形 BCGE 的边长为2，∠ EBC ＝60°，可求得 BH ＝
1， EH ＝ .
以 H 为坐标原点， 的方向为 x 轴的正方向，建立如图所示的
空间直角坐标系 H - xyz ，则
A （－1，1，0）， C （1，0，0）， G （2，0， ），
＝（1，0， ）， ＝（2，－1，0）.
设平面 ACGD 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
则 即
所以可取 n ＝（3，6，－ ）.
又平面 BCGE 的法向量可取 m ＝（0，1，0），
所以 cos ＜ n ， m ＞＝ ＝ .
因此二面角 B - CG - A 的大小为30°.
通性通法
确定翻折前
后变与不变
的关系 画好翻折前后的平面图形与立体图形，分清翻折前后
图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折
痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而
位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生
变化；对于不变的关系应在平面图形中处理，而对于
变化的关系则要在立体图形中解决
确定翻折后
关键点的位
置 所谓的关键点，是指翻折过程中运动变化的点，因为
这些点的位置移动，会带动与其相关的其他的点、
线、面的关系变化，以及其他点、线、面之间位置关
系与数量关系的变化，只有分析清楚关键点的准确位
置，才能以此为参照点，确定其他点、线、面的位
置，进而进行有关的证明与计算
　如图①，在四边形 ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ BAD ＝90°， AB ＝2
， BC ＝4， AD ＝6， E 是 AD 上的点， AE ＝ AD ， P 为 BE 的中
点，将△ ABE 沿 BE 折起到△ A1 BE 的位置，使得 A1 C ＝4，如图②.
【跟踪训练】
（1）求证：平面 A1 CP ⊥平面 A1 BE ；
解：证明：如图①，连接 AP ， PC .
∵在四边形 ABCD 中， AD ∥ BC ，∠ BAD ＝
90°， AB ＝2 ， BC ＝4， AD ＝6， E 是 AD 上
的点， AE ＝ AD ， P 为 BE 的中点.
∴ BE ＝4，∠ ABE ＝30°，∠ EBC ＝60°， BP ＝2，
∴ PC ＝2 ，∴ BP2＋ PC2＝ BC2，∴ BP ⊥ PC .
∵ A1 P ＝ AP ＝2， A1 C ＝4，
∴ A1 P2＋ PC2＝ A1 C2，∴ PC ⊥ A1 P .
∵ BP ∩ A1 P ＝ P ， BP ， A1 P 平面 A1 BE ，
∴ PC ⊥平面 A1 BE .
∵ PC 平面 A1 CP ，∴平面 A1 CP ⊥平面 A1 BE .
（2）求二面角 B - A1 P - D 的余弦值.
解：如图②，以 P 为坐标原点， PB 所在直线为 x 轴， PC
所在直线为 y 轴，过 P 作平面 BCDE 的垂线为 z 轴，建立空间直
角坐标系，
则 A1（－1，0， ）， P （0，0，0）， D （－4，2 ，0），
∴ ＝（－1，0， ）， ＝（－4，2 ，0），
设平面 A1 PD 的法向量为 m ＝（ x ， y ， z ），
则 即
取 x ＝ ，得 m ＝（ ，2，1），
易知平面 A1 PB 的一个法向量为 n ＝（0，1，0），
则 cos ＜ m ， n ＞＝ ＝ .
由图可知二面角 B - A1 P - D 是钝角，
∴二面角 B - A1 P - D 的余弦值为－ .
题型二 最值（范围）问题
【例2】　在长方体 ABCD - A1 B1 C1 D1中， AA1＝2， AB ＝ AD ＝1， P
为线段 AD1上的动点，则 PB1与平面 BCC1 B1所成角的余弦值的最小值
为（　　）
解析：　以 D 为坐标原点， DA ， DC ， DD1所在的直线分别为 x ，
y ， z 轴建立空间直角坐标系，则 A （1，0，0）， B （1，1，0）， C
（0，1，0）， B1（1，1，2），因为 DC ⊥平面 BCC1 B1，所以平面
BCC1 B1的一个法向量为 ＝（0，1，0），设 P 的横坐标为 m ，则 P
（ m ，0，2－2 m ），所以 ＝（1－ m ，1，2 m ）（0≤ m ≤1），设
PB1与平面 BCC1 B1所成的角为θ，则 sin θ＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝
＝ ＝ ，令 t ＝5 m2－2 m ＋2
（0≤ m ≤1），对称轴为 m ＝ ，所以 t ＝5 m2－2 m ＋2的最小值为 tmin＝5×（ ）2－2× ＋2＝ ，所以 sin θ的最大值为 ＝ ，因为 sin 2θ
＋ cos 2θ＝1，所以 cos θ的最小值为 ＝ ，故选D.
通性通法
　　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大（小）、角的范围
等问题，常用的思路是：
（1）直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的
量有相应最大、最小值，即可求解；
（2）函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标
函数，从而利用代数方法求目标函数的最值.
【跟踪训练】
如图，在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，∠ BAC ＝ ， AB ＝ AC ＝
AA1＝1，已知 G 与 E 分别为 A1 B1和 CC1的中点， D 与 F 分别为线
段 AC 和 AB 上的动点（不包括端点），若 GD ⊥ EF ，则线段 DF
长度的取值范围为 .
［ ，1）　
解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则 E
（1，0， ）， G （0， ，1），设 D （ m ，
0，0）， F （0， n ，0），0＜ m ＜1，0＜ n ＜
1，故 ＝（－1， n ，－ ）， ＝（ m ，
－ ，－1），因为 GD ⊥ EF ，故可得 · ＝－ m － n ＋ ＝0，则 n ＝－2 m ＋1，由 n ∈（0，1）可得 m ∈（0， ），又 ＝（－ m ， n ，0），故｜ ｜＝ ＝
＝ ，故当 m＝ 时， ｜ ｜取得最小值 ；又当 m ＝0时，｜ ｜＝1，但无法取到 m ＝0，则｜ ｜无法取到1；综上，线段 DF 长度的取值
范围为［ ，1）.
题型三 证明、探索性问题
【例3】　如图所示，在四棱锥 P - ABCD 中，平面 PAD ⊥平面
ABCD ， PA ⊥ PD ， PA ＝ PD ， AB ⊥ AD ， AB ＝1， AD ＝2， AC ＝
CD ＝ .
（1）求证： PD ⊥平面 PAB ；
解：证明：因为平面 PAD ⊥平面 ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ， AB 平面 ABCD ， AB ⊥ AD ，
所以 AB ⊥平面 PAD ，所以 AB ⊥ PD .
又因为 PA ⊥ PD ， PA ∩ AB ＝ A ， AB ， PA 平面 PAB ，所以 PD ⊥平面 PAB .
（2）求直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值；
解：（2）取 AD 的中点 O ，连接 PO ， CO .
因为 PA ＝ PD ，所以 PO ⊥ AD .
又因为 PO 平面 PAD ，平面 PAD ⊥平面
ABCD ，平面 PAD ∩平面 ABCD ＝ AD ，
所以 PO ⊥平面 ABCD .
因为 CO 平面 ABCD ，所以 PO ⊥ CO .
因为 AC ＝ CD ，所以 CO ⊥ AD .
建立如图所示的空间直角坐标系.
由题意得 A （0，1，0）， B （1，1，0）， C（2，0，0）， D （0，－1，0）， P （0，0，1）.
则 ＝（0，－1，－1）， ＝（2，0，－1）.
设平面 PCD 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
则 即
令 z ＝2，则 x ＝1， y ＝－2，所以 n ＝（1，－2，2）.
又 ＝（1，1，－1），
所以 cos ＜ n ， ＞＝ ＝－ .
所以直线 PB 与平面 PCD 所成角的正弦值为 .
（3）在棱 PA 上是否存在点 M ，使得 BM ∥平面 PCD ？若存在，求
的值.若不存在，请说明理由.
解：设 M 是棱 PA 上一点，则存在
λ∈[0，1]使得 ＝λ .
因此点 M （0，1－λ，λ）， ＝（－1，－
λ，λ）.
因为 BM 平面 PCD ，
所以当且仅当 · n ＝0时， BM ∥平面 PCD ，
即（－1，－λ，λ）·（1，－2，2）＝0，解得λ＝ .
所以在棱 PA 上存在点 M ，使得 BM ∥平面 PCD ，此时 ＝ .
通性通法
　　立体几何中的探索性问题，多以解答题的形式出现，试题有一定
的难度，这类题型常以适合某种条件的结论“存在”“不存在”“是否存
在”等语句表述，解答这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，
然后由此肯定的假设出发，结合已知条件进行推理论证，若出现合理
的结论，则存在性也随之解决；若导致矛盾，则否定了存在性.
【跟踪训练】
如图，在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AC ⊥ BC ， AC ＝ BC ＝ AA1＝2，
点 P 为棱 B1 C1的中点，点 Q 为线段 A1 B 上一动点.
（1）求证：当点 Q 为线段 A1 B 的中点时， PQ ⊥平面 A1 BC ；
解：证明：连接 AB1， AC1，∵点 Q 为线段 A1 B 的中点，∴ A 、 Q 、 B1三点共线.
∵点 P ， Q 分别为 B1 C1和 AB1的中点，∴ PQ ∥ AC1.
在直三棱柱 ABC - A1 B1 C1中， AC ⊥ BC ，
∴ BC ⊥平面 ACC1 A1，∴ BC ⊥ AC1，
又 AC ＝ AA1，∴四边形 ACC1 A1为正方形，
∴ AC1⊥ A1 C ，
∵ A1 C ， BC 平面 A1 BC ，∴ AC1⊥平面 A1
BC ，而 PQ ∥ AC1，∴ PQ ⊥平面 A1 BC .
（2）设 ＝λ ，试问：是否存在实数λ，使得平面 A1 PQ 与平面
B1 PQ 所成锐二面角的余弦值为 ？若存在，求出这个实数λ；
若不存在，请说明理由.
解：以 C 为原点，分别以 CA 、 CB 、 CC1所在直线为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系，
设 Q （ x ， y ， z ），∵ ＝λ ，∴（ x ， y －2， z ）＝λ（2，－2，2），
∴∴ Q （2λ，2－2λ，2λ）.
∵点 Q 在线段 A1 B 上运动，∴平面 A1 PQ 的法
向量即为平面 A1 PB 的法向量，
设平面 A1 PB 的法向量为 n1＝（ x ， y ， z ），
由 得令 y ＝2得
n1＝（1，2，1），
设平面 B1 PQ 的法向量为 n2＝（x'，y'，z'），
由 得
令z'＝1得 n2＝（ ，0，1）＝ （1－λ，0，
λ），取 n2＝（1－λ，0，λ），
由题意得｜ cos ＜ n1， n2＞｜＝
＝ ＝ ，
∴9λ2－9λ＋2＝0，解得λ＝ 或λ＝ .
∴当λ＝ 或λ＝ 时，平面 A1 PQ 与平面 B1 PQ
所成锐二面角的余弦值为 .
知能演练·扣课标
02
课后巩固 核心素养落地
1. 已知向量 a ＝（ x ，2，－1）， b ＝（2，4，－2），如果 a ∥ b ，那
么 x ＝（　　）
A. －1 B. 1 C. －5 D. 5
解析：　因为 a ＝（ x ，2，－1）， b ＝（2，4，－2）， a ∥ b ，
所以 ＝ ＝ ，所以 x ＝1.
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2. 已知正方形 ABCD 的边长为1，设 ＝ a ， ＝ b ， ＝ c ，则｜
a ＋ b ＋ c ｜＝（　　）
A. 0 B. 3
解析：　利用向量加法的平行四边形法则，结合正方形的性质求
解，｜ a ＋ b ＋ c ｜＝2｜ ｜＝2 .
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3. 两向量 v1＝（2，0，3）， v2＝（－3，0，2），则以向量 v1， v2为
方向向量的直线 l1， l2的夹角为（　　）
A. 90° B. 45°
C. 60° D. 30°
解析：　 cos ＜ v1， v2＞＝ ＝0，故以向量 v1， v2为方向
向量的直线 l1， l2的夹角为90°.
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4. 已知直线 l 的一个方向向量为 n ＝（1，0，2），点 A （0，1，1）在
直线 l 上，则点 P （1，2，2）到直线 l 的距离为（　　）
解析：　由已知得 ＝（－1，－1，－1），所以点 P 到直线 l 的
距离为 d ＝ ＝ ＝ .
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5. 在四棱锥 P - ABCD 中， ＝（2，－1，3）， ＝（－2，1，
0）， ＝（3，－1，4），则这个四棱锥的高为（　　）
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解析：　设平面 ABCD 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则
∵ ＝（2，－1，3）， ＝（－2，1，0），
∴令 x ＝1，可得 y ＝2， z ＝0，即 n ＝（1，2，
0），∴ cos ＜ n ， ＞＝ ＝ .设 AP 与平面 ABCD 所
成角为α，则 sin α＝ ，于是 P 到平面 ABCD 的距离为｜ ｜
sin α＝ ，即四棱锥 P - ABCD 的高为 .
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6. 如图，在三棱柱 ABC - A1 B1 C1中，侧棱 AA1⊥底面 A1 B1 C1，∠ BAC
＝90°， AB ＝ AC ＝ AA1＝1， D 是棱 CC1的中点， P 是 AD 的延长线
与 A1 C1的延长线的交点，若点 Q 在线段 B1 P 上，
则下列结论正确的是（　　）
A. 当点 Q 为线段 B1 P 的中点时， DQ ⊥平面 A1 BD
B. 当点 Q 为线段 B1 P 的三等分点时， DQ ⊥平面 A1 BD
C. 在线段 B1 P 的延长线上，存在一点 Q ，使得 DQ ⊥平面 A1 BD
D. 不存在 DQ 与平面 A1 BD 垂直
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解析：　以 A1为坐标原点， A1 B1， A1 C1， A1 A 所在直线分别为 x
轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐标系（图略），则由已知得 A1（0，
0，0）， B1（1，0，0）， B （1，0，1）， D （0，1， ）， P
（0，2，0）， ＝（1，0，1）， ＝（0，1， ）， ＝
（－1，2，0）， ＝（1，－1，－ ）.设平面 A1 BD 的法向量为
n ＝（ x ， y ， z ），则 取 z ＝－2，则 x ＝2，
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y ＝1，所以平面 A1 BD 的一个法向量为 n ＝（2，1，－2）.假设 DQ
⊥平面 A1 BD ，且 ＝λ ＝λ（－1，2，0）＝（－λ，2λ，
0），则 ＝ ＋ ＝（1－λ，－1＋2λ，－ ），因为 也
是平面 A1 BD 的法向量，所以 n ＝（2，1，－2）与 ＝（1－λ，
－1＋2λ，－ ）共线，于是有 ＝ ＝ ＝ 成立，但此方程
关于λ无解.故不存在 DQ 与平面 A1 BD 垂直.
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7. （多选）设{ a ， b ， c }是空间的一组基，则下列结论正确的是
（　　）
A. a ， b ， c 可以为任意向量
B. 对任一空间向量 p ，存在唯一有序实数组（ x ， y ， z ），使 p ＝ xa
＋ yb ＋ zc
C. 若 a ⊥ b ， b ⊥ c ，则 a ⊥ c
D. { a ＋2 b ， b ＋2 c ， c ＋2 a }可以构成空间的一组基
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解析：　因为{ a ， b ， c }是空间的一组基，所以 a ， b ， c 为不
共面的非零向量，A不正确.由空间向量基本定理知，对任一空间向
量 p ，存在唯一的有序实数组（ x ， y ， z ），使 p ＝ xa ＋ yb ＋ zc ，
B正确. a ⊥ b ， b ⊥ c ，但 a ， c 不一定垂直，C不正确.{ a ＋2 b ， b
＋2 c ， c ＋2 a }中三个向量不共面，即可以构成空间的一组基，D正
确.故选B、D.
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8. （多选）如图，已知 E 是棱长为2的正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的棱
BC 的中点， F 是棱 BB1的中点，设点 D 到平面 AED1的距离为 d ，直
线 DE 与平面 AED1所成的角为θ，平面 AED1与平面 AED 的夹角为
α，则（　　）
A. DF ⊥平面 AED1
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解析：　如图，以 A 为原点， AB ， AD ， AA1所在直线分别为 x
轴、 y 轴、 z 轴，建立空间直角坐标系，则 A （0，0，0）， E （2，
1，0）， D （0，2，0）， D1（0，2，2）， A1（0，0，2）， F
（2，0，1），∴ ＝（2，1，0）， ＝（0，2，2）.设平面
AED1的法向量为 m ＝（ x ， y ， z ），则 即
令 x ＝1，则 y ＝－2， z ＝2，故 m ＝（1，－2，2）
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为平面 AED1的一个法向量.∵ ＝（2，－2，1），∴不存在λ使 m
＝λ ，即 与 m 不共线，∴ DF 与平面 AED1不垂直，故A不正
确；又∵ ＝（0，0，2），∴ d ＝ ＝ ＝ ，故B
正确；又 ＝（2，－1，0），∴ sin θ＝｜ cos ＜ ， m ＞｜＝
＝ ，故C正确；又 ＝（0，0，2）为平面 AED 的
一个法向量，∴ cos α＝ ＝ ＝ ，故D正确.故选B、C、D.
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9. （多选）已知正方体 ABCD - A1 B1 C1 D1的棱长为2， E ， F ， G ， H
分别为 CC1， BC ， CD ， BB1的中点，则下列结论正确的是
（　　）
A. B1 G ⊥ EF
B. A1 H ∥平面 AEF
C. 点 B1到平面 AEF 的距离为2
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解析： 　建立空间直角坐标系如图所示， B1（2，2，2）， G
（0，1，0）， E （0，2，1）， F （1，2，0）， A （2，0，0），
A1（2，0，2）， H （2，2，1），所以 ＝（－2，－1，－2），
＝（1，0，－1），所以 · ＝0，
所以 B1 G ⊥ EF ，A选项正确； ＝
（0，2，－1）， ＝（－1，2，0），
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设平面 AEF 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则
故可得 n ＝（2，1，2），所以 · n ＝
0，又 A1 H 平面 AEF ，所以 A1 H ∥平面 AEF ，B选项正确； ＝
（0，－2，－2），所以点 B1到平面 AEF 的距离为 ＝ ＝
2，C选项正确；平面 AFC 的法向量为 ＝（0，0，2）.设二面角
E - AF - C 的平面角为θ，由图可知，θ为锐角. cos θ＝
＝ ＝ ，所以θ不是 ，D选项错误.故选A、B、C.
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解析：｜ a ｜＝ ，｜ b ｜＝ ， a · b ＝2×（－2）＋3×1＋
（－1）×3＝－4，从而 cos ＜ a ， b ＞＝ ＝ ＝－ ，
∴ sin ＜ a ， b ＞＝ ＝ .故以 a ， b 为邻边的平行
四边形的面积 S ＝｜ a ｜｜ b ｜· sin ＜ a ， b ＞＝14× ＝6 .
6 　
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解析：以 D 为坐标原点， DA 所在直线为 x 轴，
DC 所在直线为 y 轴， DD1所在直线为 z 轴，建立
如图所示的空间直角坐标系，则 A （1，0，
0）， B1（1，1，1）， E （0，0， ）， A1（1，
0，1），∴ ＝（0，1，1）， ＝（－1，
0， ）， ＝（0，0，1）.设平面 AB1 E 的法
向量为 n ＝（ x ， y ， z ），则
　
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当 z ＝2时，平面 AB1 E
的一个法向量为 n ＝（1，－2，2），则点 A1到
平面 AB1 E 的距离 d ＝ ＝ ＝ .
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解析：设 N 为 A1 D1的中点，连接 MN ， AN ，
BE ， FD ， BD ，易证平面 BEFD ∥平面
AMN ，于是问题转化成 A 点到平面 BEFD 的距
离.如图，以 C 为坐标原点， CB ， CD ， CC1所
在直线分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立空间直角坐
标系.设 P 为平面 BEFD 内任一点，由 P ， B ，
D ， E 四点共面，则有： ＝ a ＋ b ＋
　
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c ＝ a （0，－1，0）＋ b （－1，0，0）＋ c（－ ，－1，1）＝（－ b － c ，－ a － c ， c ）.且 a ＋ b ＋ c ＝1，∴｜ ｜2＝（ b ＋ c ）2＋（ a ＋ c ）2＋ c2≥2（ ）2＋ c2＝ （ c ＋ ）2＋ ≥ ，∴｜ ｜≥ ，∴异面直线 EF 与 AM 的距离为 .
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13. 已知空间三点 A （－2，0，1）， B （－1，1，1）， C （－3，0，
3），设 a ＝ ， b ＝ .
（1）若向量 a ＋ kb 与 ka －2 b 互相垂直，求 k 的值；
解：由已知得 a ＝ ＝（－1，1，1）－（－2，0，
1）＝（1，1，0）， b ＝ ＝（－3，0，3）－（－2，0，
1）＝（－1，0，2）.
所以 a ＋ kb ＝（1，1，0）＋（－ k ，0，2 k ）＝（1－ k ，
1，2 k ），
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ka －2 b ＝（ k ， k ，0）－（－2，0，4）＝（ k ＋2， k ，－4）.
因为 a ＋ kb 与 ka －2 b 互相垂直，
所以（1－ k ，1，2 k ）·（ k ＋2， k ，－4）＝（1－ k ）（ k
＋2）＋ k －8 k ＝0，
即 k2＋8 k －2＝0，解得 k ＝－4＋3 或 k ＝－4－3 .
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（2）求向量 a 在向量 b 上的投影向量 c .
解：因为｜ a ｜＝ ，｜ b ｜＝ ， a · b ＝－1，
所以 cos ＜ a ， b ＞＝ ＝－ ， ＝ （－1，
0，2）＝（－ ，0， ），
所以向量 a 在向量 b 上的投影向量 c ＝｜ a ｜ cos ＜ a ， b ＞
＝（ ，0，－ ）.
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14. 在①平面 PAB ⊥平面 ABCD ，② AP ⊥ CD ，③ BC ⊥平面 PAB 这三
个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.
如图，在四棱锥 P - ABCD 中，底面 ABCD 是梯形，点 E 在 BC 上，
AD ∥ BC ， AB ⊥ AD ， AB ⊥ AP ， BC ＝2 AB ＝2 AD ＝2 AP ＝4 BE
＝4，且 　　.
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（1）求证：平面 PDE ⊥平面 PAC ；
解：证明：选条件①.
∵平面 PAB ⊥平面 ABCD ，平面 PAB ∩
平面 ABCD ＝ AB ， AP 平面 PAB ， AP
⊥ AB ，
∴ AP ⊥平面 ABCD .
又 AB ⊥ AD ，∴ AB ， AD ， AP 两两垂直.
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以 A 为原点， AB ， AD ， AP 所在直线
分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴，建立如图所
示的空间直角坐标系.
则 A （0，0，0）， C （2，4，0）， D
（0，2，0）， E （2，1，0）， P
（0，0，2），∴ ＝（2，4，0），
＝（0，0，2）， ＝（2，－1，0）.
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∵ · ＝2×2＋4×（－1）＋0×0
＝0， · ＝0×2＋0×（－1）＋
2×0＝0，
∴ AC ⊥ DE ， AP ⊥ DE .
又 AP ∩ AC ＝ A ，∴ DE ⊥平面 PAC .
又 DE 平面 PDE ，∴平面 PDE ⊥平面PAC .
选条件②.
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∵底面 ABCD 为梯形， AD ∥ BC ，∴
两腰 AB ， CD 必相交.
∵ AP ⊥ AB ， AP ⊥ CD ， AB ， CD 平
面 ABCD ，
∴ AP ⊥平面 ABCD .
又 AB ⊥ AD ，∴ AB ， AD ， AP 两两垂
直.以下同选条件①.选条件③.
∵ BC ⊥平面 PAB ， AP 平面 PAB ，∴BC ⊥ AP .
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又 AP ⊥ AB ， AB ， BC 平面 ABCD ，
AB ∩ BC ＝ B ，
∴ AP ⊥平面 ABCD .
又 AB ⊥ AD ，∴ AB ， AD ， AP 两两垂
直.以下同选条件①.
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（2）求直线 PE 与平面 PAC 所成角的正弦值.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.
解：由（1）可得平面 PAC 的一个法
向量为 ＝（2，－1，0），且 ＝
（2，1，－2）.
设直线 PE 与平面 PAC 所成角为θ，则 sin θ
＝｜ cos ＜ ， ＞｜＝ ＝ ＝ .
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15. 如图，在四棱锥 S - ABCD 中，△ ABS 是正三角形，四边形 ABCD 是
菱形， AB ＝4，∠ ABC ＝120°，点 E 是 BS 的中点.
（1）求证： SD ∥平面 ACE ；
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解：证明：在四棱锥 S - ABCD 中，连接 BD 交 AC 于点 F ，则 F 为 BD 的中点，连接 EF .
∵ E 为 BS 的中点，
∴ EF ∥ SD ，
又 SD 平面 ACE ， EF 平面 ACE ，
∴ SD ∥平面 ACE .
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（2）若平面 ABS ⊥平面 ABCD ，求点 E 到平面 ASD 的距离.
解：∵四边形 ABCD 是菱形，且∠
ABC ＝120°，
∴△ ABD 为正三角形，取 AB 的中点 O ，连
接 OD ， OS ，
则 OD ⊥ AB ，
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∵平面 ABS ⊥平面 ABCD ，平面 ABS ∩平面 ABCD ＝ AB ，
∴ OD ⊥平面 ABS .
∵△ ABS 是正三角形，∴ OS ⊥ AB .
以 O 为原点，分别以 OS ， OB ， OD 所在的直线为 x 轴、 y
轴、 z 轴建立空间直角坐标系 Oxyz .
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又∵ AB ＝4，则 A （0，－2，0）， D （0，0，2 ）， S
（2 ，0，0）， B （0，2，0）， E （ ，1，0），
∴ ＝（0，2，2 ）， ＝（2 ，2，0）.
设平面 ASD 的法向量为 n ＝（ x ， y ， z ），
则 即
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令 x ＝ ，则 n ＝（ ，－3， ），
又 ＝（－ ，1，0），设点 E 到平面 ASD 的距离为 d ，
则 d ＝ ＝ ＝ .
即点 E 到平面 ASD 的距离为 .
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16. 图①中的四边形 ABCD 为矩形， E ， F 分别为 AD ， BC 边的三等分
点，其中 AB ＝ AE ＝ CF ＝1，以 EF 为折痕把四边形 AEFB 折起，
折成如图②所示，使平面 AEFB ⊥平面 EFCD .
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（1）证明：图②中 CD ⊥ BD ；
解：证明：连接 BE ，易知 BE ＝ ， EF ＝ ，
BF ＝2，
∴ BE2＋ EF2＝ BF2，∴ BE ⊥ EF .
∵平面 AEFB ⊥平面 EFCD ，平面 AEFB ∩平面 EFCD ＝
EF ， BE 平面 AEFB ，∴ BE ⊥平面 EFCD .
∵ CD 平面 EFCD ，∴ BE ⊥ CD ，
∵ CD ⊥ DE ， BE ∩ DE ＝ E ， BE ， DE 平面 BDE ，
∴ CD ⊥平面 BDE ，∵ BD 平面 BDE ，∴ CD ⊥ BD .
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（2）求二面角 A - BD - C 的余弦值.
解：以 ED ， EB 所在直线分别为 y 轴， z 轴，建立如图
所示的空间直角坐标系，
则 B （0，0， ）， F （1，1，0），
D （0，2，0）， C （1，2，0）.
∵ ＝ ＝（－ ，－ ， ），
∴ A （－ ，－ ， ），
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∴ ＝（－ ，－ ， ）， ＝（0，－2， ），
＝（1，0，0）.
设平面 ABD 的法向量为 m ＝（ x1， y1， z1），则
即
令 z1＝ ，则 y1＝1， x1＝－3，
∴平面 ABD 的一个法向量为 m ＝（－3，1， ）.
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设平面 BDC 的法向量为 n ＝（ x2， y2， z2），则
即令 z2＝－ ，则 y2＝－1，又 x2＝0，
∴平面 BDC 的一个法向量为 n ＝（0，－1，－ ），
∴ cos ＜ m ， n ＞＝ ＝－ ，
由图可知二面角 A - BD - C 的平面角为钝角，
∴二面角 A - BD - C 的余弦值为－ .
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